У процесі мислення судження людини переходять від одиничного до більш загального типу і навпаки. Перше називають індукцією, друге – дедукцією. В індуктивних висновках властивості деяких предметів поширюються на цілий клас (множину) таких предметів. ЇЇ логічною основою є твердження: "Все, що належить кожному предмету даної множини, належить усій множині…”  Приклад застосування індукції:

Гіпербола не може перетинатися прямою лінією більше ніж у двох точках.

Парабола не може перетинатися прямою лінією більше ніж у двох точках.

 Коло не може перетинатися прямою лінією більше ніж у двох точках

Еліпс не може перетинатися прямою лінією більше ніж у двох точках

Коло, еліпс, парабола й гіпербола - це всі види конічних перетинів.

Отже, жодне з конічних перетинів не може перетинатися прямою лінією більш ніж у двох точках.

Вперше цей метод використав Евклід (300р.до н.е), але науково обґрунтоване застосування цього методу почалося з написання Паскалем праці "Математика випадку" (1838р.)

Індукція буває повна і неповна.

Повна ― коли загальний висновок про множину предметів робиться на основі вивчення всіх її представників; неповна ― якщо висновок здійснюється на основі вивчення лише деяких представників множини.

            Індуктивні умовиводи можуть бути як правильними, так і хибними. Наприклад, розглянемо вираз:  х^2-х+41. Коли х рівне 0,1,2,3,4,5, дістаємо відповідні значення виразу: 41,41,43,47,53,61. Звідси напрошується висновок, що значення даного виразу є простим числом. Цікаво те, що до х=40 дане твердження вірне. Отже, індиукт. висновок, що значення даного виразу є простим числом неправильний.

            Звідси бачимо, що метод неповної індукції може легко призвести до хибних умовиводів. Тому в математиці прийнято використовувати метод повної математ. індукц.(МПМІ). В її основу покладено принцип:

            Коли певне твердження справедливе для n=1 і з істинності цього твердження для будь-якого n=k, де n є N, випливає його істинність для n=k+1, то дане твердження буде справедливе для будь-якого n є N.

            Доведення МПМІ складається із кроків:

1.   База індукції. Доводиться, що твердження справедливе при n=1.

2. Індуктивний перехід. Припускається, що твердження справедливе при n=k. На основі цього доводять правильність твердження при n=k+1.

3.  Якщо перші два етапи доведення пройшли успішно, то твердження, яке треба було довести, є справедливим при будь-якому n є N.

Розглянемо приклади типових задач:

№1.           Дано: {аn} – арифм. прогр.; d її різниця.

                  Довести, що аn=a1+(n-1)d.

Доведення: 1). При n=1 отримаємо: а1=а1. Це вірно.

2). Припустимо, що рівність ak=a1+(k-1)d – правильна. Доведемо, що тоді буде правильною рівність:

a(k+1)=a1+(k+1-1)d

a(k+1)=a1+kd

ak=a1+kd –d,  звідси: a1+kd= ak+d, тоді:

a(k+1)= ak+d – ця рівність правильна, тому за ППМІ рівність аn=a1+(n-1)d теж правильна.

№2            Довести, що 1+2+…+n=n(n+1)/2

Доведення: 1). При n=1 маємо: 1=1. Це правильно.

2).Нехай правильна рівність: 1+2+…+k=k(k+1)/2. Доведемо, що тоді буде правильною рівність:

1+2+…+k+(k+1)=(k+1)(k+2)/2 :

За припущенням: k(k+1)/2=1+2+…+k, тому тепер доводимо:  1+2+…+k+(k+1)= k(k+1)/2+(k+1).

Тепер для розв’язання задачі достатньо довести, що  k(k+1)/2+(k+1)= (k+1)(k+2)/2.

k(k+1)/2+(k+1)= k(k+1)/2+2(k+1)/2= (k(k+1)+ 2(k+1))/2=(k^2+3k+2)/2=(k+1)(k+2)/2

 (k+1)(k+2)/2=(k+1)(k+2)/2.

Отже, рівність 1+2+…+n=n(n+1)/2 правильна за ППМІ.